4.2 导数的应用 题源4 已知函数的单调性确定参数的取值范围-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

当x∈(-2,1)时，f'(x)>0. 从而f(x)在（一∞，一2），(1，十∞)单调递减，在（一2,1）单 调递增. (Ⅱ)由(I)知f(x)在[0,1]单调递增，故f(x)在[0,1]的 最大值为f(1)=e,最小值为f(0)=1. 从而对任意x1,x:∈[0,1]，有f(x1)-f(x:)≤e-1<2. 而当9∈[0，交]时，cos0,sin6∈[0,1]. 从而lf(cos0)-f(sin0)l<2. [思维拓展]导数法是求解有关函数单调性问题、最值问 题、极值问题、参数问题的有效方法之一，在具体问题中一定要 明确其方法和要点，应用导数法求解单调性问题关键就是求解 不等式的解集；最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大 小；极值就是依据极值定义判断各个导数为0的点；参数问题涉 及的有最值恒成立问题、单调性的逆向应用，在求解过程中要注 意以细求准， [真题18](2020·湖南)已知函数f(x)=1n2(1十x) 一1+x (I)求函数f(x)的单调区间； 君不布大+》 ≤e对任意的n∈N'都成立（其 中e是自然对数的底数)，求a的最大值. [解析](I)函数f(x)的定义域是(-1，+∞)，f'(x)= 2ln(1+x)x2+2x_2(1+x)n(1+x)-x2-2x 1+x (1+x)2 (1+x)2 设g(x)=2(1+x)ln(1+x)一x2-2x,则g'(x)=2ln(1+ x)-2x. 2-2=1+x 令h(x)=2n(1+x)-2x,则'(x)=1十 -2x 当一1<x<0时，h'(x)>0,h(x)在（一1,0）上为增函数，当 x>0时，h'(x)<0,h(x)在(0，十o)上为减函数. 所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以g'(x) <0(x≠0)，函数g(x)在（一1，十o∞）上为减函数. 于是当-1<x<0时，g(x)>g(0)=0,当x>0时，g(x) <g(0)=0. 所以，当一1<x<0时，f(x)>0,f(x)在（一1,0）上为增 函数，当x>0时，f'(x)<0,f(x)在(0，十©o)上为减函数. 故函数f(x)的单调递增区间为（一1,0），单调递减区间为 (0,十c). ()+动)”≤e￥价于m+an(+分)≤1.由1+ +) 1 1 设G(x)=n1+x-左x∈(01门，则G(x) 1(1+x)ln2(1+x)-x2 (1+x)ln(1+x)x x(1+x)ln(1+x) x2 由(I)知，ln1+x)-1十z≤0，即1+x)n1+x)-x 女0. 所以G'(x)<0,x∈(0,1]于是G(x)在(0,1]上为减函数. 故函数G(x)在(0,1]上的最小值为G(1)=2一1.所以a ·6 1 的最大值为2一1 题源4已知函数的单调性确定参数的取值范围 解题模型 这种问题往往转化为恒成立或能成立问题解决， [真题19](202·光京)设函数f(x)=冬r+bx+cz+da >0),且方程f'(x)-9x=0的两个根分别为1,4. (1)当a=3且曲线y=f(x)过原点时，求f(x)的解析式： (2)若f(x)在（一∞，十∞）内无极值点，求a的取值范围. [解析]由f)=号x+b6x+cz+d得f(x)=ax+ 2bx十c. 因为f'(x)一9x=ax2十2bx十c一9x=0的两个根分别为 1,4, 所以+26+c-9=0, (￥) 116a+86b+c-36=0. 0)当a=3时，由(*)式得26十c-6=0, 18b+c+12=0, 解得b=一3，c=12,又因为曲线y=∫(x)过原点，所以d =0, 故f(x)=x3-3.x2十12x. (2)由于a>0,所以fx)=号x+bx+cx+d在(-0， 十∞)内无极值点”等价于“f'(x)=ax2十2bx十c≥0在(-o0, +c∞)内恒成立”.由（￥）式得2b=9-5a,c=4a.又△=(2b)2 4ac=9(a-1)a-9),解a>0. 得a∈[1,9]. 1△=9(a-1)(a-9)≤0， 即a的取值范围是[1,9]. [真题20](2021·浙江)已知函数f(x)=x3十(1一a)x2 -a(a+2)x+b(a,b∈R). (I)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是 -3,求a,b的值； (Ⅱ)若函数f(x)的在区间（一1,1）上不单调，求a的取值范围 [解析](I)由函数f(x)的图象过原点，得b=0,又f' (x)=3x2+2(1-a)x-a(a十2)，f(x)在原点处的切线斜率是 -3. 则一a(a十2)=-3，所以a=一3，或a=1. （Ⅱ)由f'(z)=0,得x1=a,:=-a十2 3 又f(x)在（一1,1）上不单调，即 -1a<1, -1<-a+2<1, 1<a<1, 3 a≠-a十2或 解得 1 3 a+2 a≠ 3 2 -5a1 或 1 a≠-2 所以a的取位范网是(-5，-宁U(-日》。 [真题21](2021·山东)已知函数f(x)=3ax+bx+ x十3，其中a≠0. (I)当a,b满足什么条件时，f(x)取得极值？ (Ⅱ)已知a>0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b的取值范围. [解析]（I)f'(x)=a.x2+2bx+1,当(2b)2-4a≤0时无 极值，当(2b)2-4a>0,即b2>a时，f'(x)=a.x2+2bx+1=0 有两个不同的解，即x1= -6-6-0,4=-b+y6-a a a 因此f'(x)=a(x-x1)(x-x2),(1)当a>0时，f(x),f'(x) 随x的变化情况如下表： 2 (-©0，x1) (x1x2) T2 (x2,+∞) f'(x) + 0 0 + f(z) 极大值 极小值 由此表可知f(x)在，点x1,x2处分别取得极大值和极小值， (2)当a<0时，f(x),f(.x)随x的变化情况如下表： (一∞，xg) t2 (x2,x1) (x1,十∞) f'(x) 0 + 0 f(z) 极小值 极大值 4 由此表可知∫(x)在点x1,x2处分别取得极大值和极小值. 综上所述，当a和b满足b2>a时，f(x)能取得极值. (Ⅱ)解法一：由题意 f'(x)=a.x2+2b.x+1≥0在区间(0,1]上恒成立，即b≥ 号-云xe0设ga)-号-7e0山. ax 1 1)当二∈0,1]即a≥1时， g)-号+-2√-，号成的条 为x 2∈(0,1]，[g(x)]a=g()=-a,周此b≥ a 1 a 1 1-ax? (2)当2>1，即0<a<1时，g'(x)=-2+2元= Ja 2x9 >0,所以g)在0,1门单调递增g红)】a=g1)=-号 =“。,所以b≥一0十1 2 2 综上所述，当a≥1时，b≥一√a 当0<a<1时，b≥-4十1 2 解法二：由题意f'(x)=ax2+2b.x十1≥0在区间(0,1]上恒 成立，所以b≥-0x-1 22zx∈(01]. 设g(x)）=- 受-20，，别8)=-分+22 ax 1 1 令g'(x)=0 得x1=或x2=一 （含去）. √a a 当=∈(0,1)，即a>1时，由于x∈(0， )时g'(x)>0: x∈（三，1]时，g'(x)<0. a ·7 即g(x)在(0，二)上单调递增，在(，1门上单调递减，所以 Va [g(x)]装大位=g( )=-石，周此6≥-石. a 当∈[1，+o∞)，即a∈(0,1]时，由于x∈(0.1]时，g'（x） ≥0，即g(x)在(0,1]上单调递增，所以[g(x)门大=g(1)= _a+ 2 ,因此b≥-a十] 2… 综上所述，当a>1时，b≥一√a: 当0<a≤1时，b≥-a十1 2· 题源5利用单调性证明不等式 解题模型 此类问题往往需构造函数，利用函数的单调性解决， [真题22](2022·安徽)设a为实数，函数f(x)=e 2x+2a,x∈R. (I)求f(x)的单调区间与极值： (Ⅱ)求证：当a>ln2-1且x>0时，e>x2-2a.x+1. [解析](I)由f(x)=e-2x+2a,x∈R知f'(x)=e -2,x∈R. 令f'(x)=0,得x=ln2.于是当x变化时，f'(x),f(x)的 变化情况如下表： (-o∞，ln2) In2 (In2,+) f'(x) 单调递减 单调递增 f(x) 2(1-ln2+a) 故f(x)的单调递减区间是（一∞，ln2),单调递增区间 是(ln2,+o), f(x)在x=ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)=e2一 2n2+2a=2(1-ln2+a). (Ⅱ)设g(x)=e-x2+2ax-1,x∈R.于是g'(x)=e 2x+2a,x∈R. 由(I)知当a>ln2-1时，g'(x)最小值为g'(ln2)=2(1- ln2+a)>0. 于是对任意x∈R,都有g'(x)>0,所以g(x)在R内单调 递增. 于是当a>ln2-1时，对任意x∈(0，+∞)，都有g(x) >g(0). 而g(0)=0.从而对任意x∈(0，十∞)，g(x)>0. 即e-x2+2a.x-1>0,故e>x2-2a.x+1. [点评]导数是高考必考内容之一，求单调区间求极值常 利用导数工具，通过构造函数转化为函数最值问题也是证明不 等式的常用方法， [真题23](2020·山东)已知函数f(x)=1-x) aln(x一1)，其中n∈N",a为常数. (1)当n=2时，求函数∫(x)的极值； (2)当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有 f(x)x-1.